题目

传送门:QWQ

分析

看到$ M<=10 $考虑状压。

然后把每行都压一下,那么每个状态相关的就是上一行和上上行的状态。

然后枚举。

然后复杂度最坏是$ O(100 \times 1024^3) $的

仔细分析一下,有很多状态是无用的,但还是被判断了,比如$ 11111 $,显然不能做到不误伤。

那么我们把所有可能的状态拉出来(据说小于70?),即代码中的$ st $数组

然后用$ dp[i][j][k] $ 表示前i行上行状态st[j]本行状态st[k]的最大炮兵数量

然后就可以通过上行和上上行很快的更新了

最后统计答案时把最后一行每个位置都要算一下。

代码

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn=;
int all[maxn], dp[][][], num[];
int ans=-1e9, ks=, n, m, st[maxn], sum[maxn], cnt;
char map[maxn][maxn];
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=;i<=n;i++){
scanf("%s",map[i]);
for(int j=;j<m;j++){
if(map[i][j]=='H') all[i]|=(<<j);
}
}
for(int i=;i<=;i++){
for(int j=i;j;j>>=) if(j%) num[i]++;
}
for(int i=;i<(<<m);i++) //预处理出一行可能的状态
if(!(i&(i<<)) && !(i&(i<<))) st[++cnt]=i,sum[cnt]=num[i];
for(int i=;i<=cnt;i++) if(!(st[i]&all[])) dp[][][i]=sum[i];
int ans=;
//dp[i][j][k]前i行上行状态st[j]本行状态st[k]
for(int i=;i<n;i++){
for(int j=;j<=cnt;j++){
for(int k=;k<=cnt;k++){
if(st[j]&st[k]) continue;
for(int l=;l<=cnt;l++){
if(!(st[j]&st[l])&&!(st[k]&st[l])&&!(st[l]&all[i+])){
dp[i+][k][l]=max(dp[i+][k][l], dp[i][j][k]+sum[l]);
}
}
}
}
}
for(int i=;i<=cnt;i++)
for(int j=;j<=cnt;j++)
ans=max(ans,dp[n][i][j]);
printf("%d",ans);
return ;
}

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